均值不等式

一、定理内容

1.1 二元 AM-GM

对 \(a,b \ge 0\)：

\[\frac{a + b}{2} \ge \sqrt{ab} \]

等号当且仅当 \(a = b\)。左边叫算术平均（Arithmetic Mean, AM），右边叫几何平均（Geometric Mean, GM）。

几何意义:

\[x^2+y^2 = (a+b)^2 \]

\[x^2=h^2+a^2,\ y^2=h^2+b^2 \]

\[x^2+y^2 = a^2+b^2+2h^2 = a^2+b^2+2ab \]

\[h=\sqrt{ab} \le \frac{a+b}{2} \]

1.2 n 元 AM-GM

对 \(a_1,\dots,a_n \ge 0\)：

\[A_n = \frac{a_1 + \cdots + a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n} = G_n \]

等号当且仅当 \(a_1 = a_2 = \cdots = a_n\)

1.3 四个平均的大小顺序

除 AM、GM 外还有两位常客：

\[H_n = \frac{n}{\dfrac{1}{a_1} + \cdots + \dfrac{1}{a_n}} \text{（调和平均）}, \]

\[Q_n = \sqrt{\frac{a_1^2+\cdots+a_n^2}{n}} \text{（平方平均 / RMS）} \]

（\(a_i > 0\)）：

\[\boxed{H_n \le G_n \le A_n \le Q_n} \]

每一处等号当且仅当 \(a_1 = \cdots = a_n\)。

1.4 加权 AM-GM

设 \(w_1,\dots,w_n > 0,\ \sum w_i = 1,\ a_i \ge 0\)：

\[\sum_{i=1}^n w_i a_i \ge \prod_{i=1}^n a_i^{w_i} \]

等号当且仅当所有 \(a_i\) 相等。
取 \(w_i = \dfrac{1}{n}\) 就退回普通 AM-GM。

1.5 幂平均

定义幂平均 / 广义平均（\(r \neq 0,\ w_i > 0,\ \sum w_i = 1,\ a_i > 0\)）：

\[M_r = \left(\sum_{i=1}^n w_i a_i^r\right)^{1/r},\quad M_0:=\lim_{r\to0} M_r=\prod_{i=1}^n a_i^{w_i} \]

\(r\)	\(M_r\)
\(r \to -\infty\)	\(\min a_i\)
\(r = -1\)	调和平均 \(H\)
\(r = 0\)	几何平均 \(G\)（由极限定义）
\(r = 1\)	算术平均 \(A\)
\(r = 2\)	平方平均 \(Q\)
\(r \to +\infty\)	\(\max a_i\)

幂平均不等式：若有实数 \(r < s\)，则

\[M_r\le M_s \]

等号当且仅当所有 \(a_i\) 相等（或\(r,s\)退化）

1.6积分形式 AM-GM

命题：设 \(f(x)>0\) 在 \([a,b]\) 上可积，则

\[{\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\mathrm dx \ge \exp\left(\frac{1}{b-a}\int_a^b \ln f(x)\,\mathrm dx\right)} \]

等号成立当且仅当 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上几乎处处为常数。
对应离散 \(M_r\)，积分幂平均定义：

\[M_r(f)= \begin{cases} \displaystyle \left(\frac{1}{b-a}\int_a^b f^r(x)\mathrm dx\right)^{\frac1r}, & r\neq 0\\[6pt] \displaystyle \exp\left(\frac{1}{b-a}\int_a^b \ln f(x)\mathrm dx\right), & r=0 \end{cases} \]

积分幂平均定理：\(r<s \implies M_r(f)\le M_s(f)\)，等号 \(\iff f\) 几乎处处常数.

1.7Hölder、Minkowski 从加权 AM–GM 导出；\(p=q=2\) 回到柯西

\[1)\sum_{i=1}^n a_i b_i \le \left(\sum_{i=1}^n a_i^p\right)^{\frac1p} \left(\sum_{i=1}^n b_i^q\right)^{\frac1q},\quad a_i,b_i>0 \]

等号：\(\exists \lambda>0,\ a_i^p=\lambda b_i^q,\forall i\)。

\[2)\left(\sum (a_i+b_i)^p\right)^{1/p} \le \left(\sum a_i^p\right)^{1/p}+\left(\sum b_i^p\right)^{1/p},\quad a_i,b_i>0 \]

等号：\(\exists \lambda\ge0,\ a_i=\lambda b_i,\forall i\)。

\[3)\sum a_i b_i \le \left(\sum a_i^2\right)^{\frac12}\left(\sum b_i^2\right)^{\frac12} \]

积分 Young：

\[\int uv \le \frac1p\int u^p+\frac1q\int v^q \]

积分 Hölder：

\[\int fg \le \left(\int |f|^p\right)^{1/p}\left(\int |g|^q\right)^{1/q} \]

\(p=q=2\) 就是积分形式柯西：

\[\left(\int fg\right)^2 \le \left(\int f^2\right)\left(\int g^2\right) \]

积分 Minkowski：

\[\left(\int |f+g|^p\right)^{1/p} \le \left(\int |f|^p\right)^{1/p}+\left(\int |g|^p\right)^{1/p} \]

1.8 Maclaurin 不等式

设 \(a_1,a_2,\dots,a_n>0\)，记初等对称平均：

\[\begin{aligned} S_1 &= \frac{1}{n}\sum a_i,\\ S_2 &= \frac{1}{\binom{n}{2}}\sum_{1\le i<j\le n} a_i a_j,\\ S_k &= \frac{1}{\dbinom{n}{k}}\sum_{1\le i_1<i_2<\dots<i_k\le n} a_{i_1}a_{i_2}\cdots a_{i_k},\\ S_n &= a_1a_2\cdots a_n. \end{aligned} \]

Maclaurin 不等式：

\[{S_1 \ge S_2^{1/2} \ge S_3^{1/3} \ge \cdots \ge S_n^{1/n}} \]

等号成立当且仅当 \(a_1=a_2=\dots=a_n\)。

1.9 Newton不等式

\[{S_k^2 \ge S_{k-1}S_{k+1},\quad 1\le k\le n-1} \]

等号成立 \(\iff a_1=a_2=\dots=a_n\)。

二、 证明

二元AM-GM常用证法:

\(\forall a,b\ge0,\quad (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2 \ge 0 \implies a-2\sqrt{ab}+b \ge 0 \implies \sqrt{ab} \le \frac{a+b}{2}\)

且 \(a=b \iff \sqrt{ab} = \frac{a+b}{2}\)■

证法2(\(n\)元):

引理: \((\forall x>0)\quad \ln x \le x-1\) 当且仅当 \(x=1\) 时，等号成立

令 $$x_i=\frac{a_i}{A} \ge \frac{a_i}{\frac{1}{n}\sum a_i}$$
则

\[\sum_{i=1}^n \ln \frac{a_i}{A} \le \sum_{i=1}^n\left(\frac{a_i}{A}-1\right) = \frac{\sum_{i=1}^n a_i}{A}-n =n-n=0 \]

\[\implies \ln \frac{\prod\limits_{i=1}^n a_i}{A^n} \le 0 \implies \prod_{i=1}^n a_i \le A^n \implies \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n a_i} \le A=\frac{\sum a_i}{n} \]

■

证法3(\(n\)元):

令 \(f(x)=-\ln x\)，它在 \((0,+\infty)\) 上二阶导 \(f''(x)=\dfrac{1}{x^2}>0\)，为凸函数，由Jensen不等式
有 $$f\left(\dfrac1n\sum\limits_{i=1}^n a_i\right) \le \dfrac1n\sum\limits_{i=1}^n f(a_i) \implies -\ln\left(\dfrac1n\sum\limits_{i=1}^n a_i\right) \le -\dfrac1n\sum\limits_{i=1}^n \ln a_i = -\dfrac1n\ln\prod\limits_{i=1}^n a_i = -\ln\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^n a_i}$$

\[\implies \sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^n a_i} \le \dfrac1n\sum\limits_{i=1}^n a_i \]

■

证法4(\(n\)元):

\(n=2\) 时，易证 \(\forall a,b>0\)，有 $$\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$$

设 \(n\) 情形成立，即 对 \(\forall a_i>0, i=1,2,\dots,n\)，有 $$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i \ge \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n a_i}$$

下证 \(n+1\) 情形，不妨设 \(a_{n+1} = \max_{1 \le i \le n+1} a_i\)，\(a_1 = \min_{1 \le i \le n+1} a_i\)，\(b = a_1 + a_{n+1} - A\)，其中 \(A = \frac{1}{n+1}\sum_{i=1}^{n+1} a_i\)

因为 \(a_1 \le A = \frac{1}{n+1}\sum_{i=1}^{n+1} a_i \le a_{n+1}\)，因此令 \(A = a_1 + \theta(a_{n+1}-a_1) \quad \theta \in [0,1]\)，

下证 $$bA \ge a_1 a_{n+1}$$

代入后仅需证 \((a_{n+1}(1-\theta) + \theta a_1)((1-\theta)a_1 + \theta a_{n+1}) - a_1 a_{n+1} \ge 0\)

化简可得 \((\theta - \theta^2)(a_{n+1}-a_1)^2 \ge 0\) ，显然成立

故 $$a_1 \dots a_{n+1} \le A b a_2 a_3 \dots a_n \le A \left( \frac{b+a_2+\dots+a_n}{n} \right)^n = A \left( \frac{(n+1)A-A}{n} \right)^n = A^{n+1}$$

即证得 $$\frac{1}{n+1}\sum_{i=1}^{n+1} a_i \ge \sqrt[n+1]{\prod_{i=1}^{n+1} a_i}$$
■

证法5：Lagrange 乘数法

令 \(\displaystyle\sum a_i = S\)，欲最大化\(\displaystyle P = \prod a_i\)。取对数（\(\ln\) 单调增加，最值问题等价）后仅需最大化 \(\displaystyle\sum \ln a_i\)。

\[\mathcal{L} = \sum \ln a_i - \lambda\left(\sum a_i - S\right),\quad \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial a_i} = \frac{1}{a_i} - \lambda = 0 \implies a_1 = \cdots = a_n = \frac{S}{n} \]

边界上某个 \(a_i \to 0\) 时 \(P \to 0\)，不是最大值。故最大值在内部唯一驻点取得：
\(\displaystyle P_{\text{max}} = \left(\frac{S}{n}\right)^n\)，即 $$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i \ge \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n a_i}$$■

证法6：Cauchy

\(n=2\)：

\[\frac{a_1+a_2}{2}\ge \sqrt{a_1a_2}, \]

显然成立，等号当且仅当 \(a_1=a_2\)。

对 \(n=2^k\)（\(k\in\mathbb{N}^*\)），数学归纳：
假设对 \(n=2^{k-1}\) 成立。对于 \(2^k\) 个正数 \(a_1,a_2,\dots,a_{2^k}\)，平分成前后两组，每组 \(2^{k-1}\) 个：

\[\begin{aligned} \frac{a_1+\cdots+a_{2^k}}{2^k} &=\frac12\left( \frac{a_1+\dots+a_{2^{k-1}}}{2^{k-1}} + \frac{a_{2^{k-1}+1}+\dots+a_{2^k}}{2^{k-1}} \right) \\ &\ge \frac12\left( \sqrt[2^{k-1}]{a_1\cdots a_{2^{k-1}}} + \sqrt[2^{k-1}]{a_{2^{k-1}+1}\cdots a_{2^k}} \right) \\ &\ge \sqrt[2^k]{a_1a_2\cdots a_{2^{k-1}}\cdot a_{2^{k-1}+1}\cdots a_{2^k}} \end{aligned} \]

于是所有 \(2\) 的幂次个数都满足AM-GM。

下证:若 \(n\) 成立，则 \(n-1\) 成立
已知对任意 \(n\) 个正数，AM-GM成立。
任给 \(n-1\) 个正数 \(a_1,a_2,\dots,a_{n-1}\)，记它们的算术平均：

\[A_{n-1}=\frac{a_1+a_2+\dots+a_{n-1}}{n-1} \]

令 \(a_n := A_{n-1}\)，得到一共 \(n\) 个正数：\(a_1,\dots,a_{n-1},A_{n-1}\)。
这 \(n\) 个数的算术平均：

\[\frac{a_1+\dots+a_{n-1}+A_{n-1}}{n}=\frac{(n-1)A_{n-1}+A_{n-1}}{n}=A_{n-1} \]

对这 \(n\) 个数使用 \(n\) 元AM-GM：

\[\frac{a_1+\dots+a_{n-1}+A_{n-1}}{n}=A_{n-1} \ge \sqrt[n]{a_1 a_2\cdots a_{n-1}\cdot A_{n-1}} \]

两边同时取 \(n\) 次方：

\[A_{n-1}^n \ge a_1a_2\cdots a_{n-1}\cdot A_{n-1} \]

两边约去正数 \(A_{n-1}\)：

\[A_{n-1}^{n-1} \ge a_1a_2\cdots a_{n-1} \]

两边开 \(n-1\) 次方：

\[A_{n-1} \ge \sqrt[n-1]{a_1a_2\cdots a_{n-1}} \]

即得

\[\frac{a_1+a_2+\dots+a_{n-1}}{n-1}\ge \sqrt[n-1]{a_1a_2\cdots a_{n-1}} \]

等号条件：\(a_1=a_2=\dots=a_{n-1}=A_{n-1}\)。

■

四个平均的大小顺序:

\[\boxed{H_n \le G_n \le A_n \le Q_n} \]

证明:\(G_n \le A_n\)上述已证，下证\(H_n \le G_n\)，\(A_n \le Q_n\).
\(H_n \le G_n\): 对 \({\dfrac1{a_1},\dfrac1{a_2},\dots,\dfrac1{a_n}}\) 用AM-GM

\[\frac{\dfrac1{a_1}+\dfrac1{a_2}+\dots+\dfrac1{a_n}}{n} \ge \sqrt[n]{\frac1{a_1}\cdot\frac1{a_2}\cdots\frac1{a_n}} =\frac{1}{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}}=\frac{1}{G_n} \]

取倒数

\[\frac{n}{\dfrac1{a_1}+\dots+\dfrac1{a_n}} \le G_n \]

即

\[{H_n \le G_n} \]

等号条件：\(\dfrac1{a_1}=\dfrac1{a_2}=\dots=\dfrac1{a_n} \iff a_1=a_2=\dots=a_n\)

\(A_n \le Q_n\):

方法1：柯西不等式

\[(1^2+1^2+\dots+1^2)(a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2)\ge (a_1+a_2+\dots+a_n)^2 \]

\[n\cdot \sum a_i^2 \ge \big(\sum a_i\big)^2 \]

两边除以 \(n^2\)：

\[\frac{\sum a_i^2}{n}\ge \left(\frac{\sum a_i}{n}\right)^2 \]

开平方根：

\[\sqrt{\frac{a_1^2+\dots+a_n^2}{n}} \ge \frac{a_1+\dots+a_n}{n} \]

即

\[{A_n \le Q_n} \]

等号：\(a_1=a_2=\dots=a_n\)
■

方法2：平方差恒等式

欲证\(A_n \le Q_n\)，即

\[\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2 \le n\sum_{i=1}^n a_i^2 \]

利用恒等式：

\[\sum_{1\le i<j\le n}(a_i-a_j)^2 = n\sum_{i=1}^n a_i^2 - \left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2 \]

左边平方和\(\ge 0\)，因此

\[n\sum a_i^2 - \big(\sum a_i\big)^2 \ge 0 \]

等号 \(\iff a_1=a_2=\dots=a_n\)
■

方法3：Jensen 凸函数法

\(f(x)=x^2,\ f''(x)=2>0\)，严格凸函数。

\[f\left(\frac{1}{n}\sum a_i\right) \le \frac1n\sum f(a_i) \]

\[\left(\frac{\sum a_i}{n}\right)^2 \le \frac{\sum a_i^2}{n} \]

开根号：\(\displaystyle \frac{\sum a_i}{n} \le \sqrt{\frac{\sum a_i^2}{n}}\)
■

方法4：Lagrange乘数法

约束 \(\sum a_i=S\)，欲最小化 \(\sum a_i^2\)。

\[\mathcal L=\sum a_i^2-\lambda\left(\sum a_i - S\right) \]

\[\frac{\partial \mathcal L}{\partial a_i}=2a_i-\lambda=0 \implies a_1=a_2=\dots=a_n=\frac S n \]

\[\sum a_i^2 \ge n\left(\frac{S}{n}\right)^2 \]

变形得到结论
■

加权 AM-GM

设 \(w_1,\dots,w_n > 0,\ \sum w_i = 1,\ a_i \ge 0\)：

\[\sum_{i=1}^n w_i a_i \ge \prod_{i=1}^n a_i^{w_i} \]

等号当且仅当所有 \(a_i\) 相等。
证明:

方法1

令 \(f(x)=\ln x\)，\(f''(x)=-\dfrac1{x^2}<0\)，故 \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上严格凹函数。
由Jensen凹函数不等式：

\[f\left(\sum_{i=1}^n w_i a_i\right) \ge \sum_{i=1}^n w_i f(a_i) \]

代入 \(f(x)=\ln x\)：

\[\ln\left(\sum_{i=1}^n w_i a_i\right) \ge \sum_{i=1}^n w_i \ln a_i=\ln\left(\prod_{i=1}^n a_i^{w_i}\right) \]

因为\(\ln x\) 单调递增，有

\[\sum_{i=1}^n w_i a_i \ge \prod_{i=1}^n a_i^{w_i} \]

严格凹函数，等号当且仅当 \(a_1=a_2=\dots=a_n\)
■

方法2

\(f(x)=e^x,\ f''(x)=e^x>0\)，在 \(\mathbb R\) 严格凸。
记 \(b_i=\ln a_i\)，则 \(a_i=e^{b_i}\)。

\[\prod_{i=1}^n a_i^{w_i}=\prod_{i=1}^n \big(e^{b_i}\big)^{w_i}=e^{\sum_{i=1}^n w_i b_i} \]

由Jensen不等式：

\[e^{\sum_{i=1}^n w_i b_i} \le \sum_{i=1}^n w_i e^{b_i} \]

代回 \(a_i=e^{b_i}\)：

\[\prod_{i=1}^n a_i^{w_i} \le \sum_{i=1}^n w_i a_i \]

等号 \(\iff b_1=b_2=\dots=b_n \iff a_1=a_2=\dots=a_n\)
■

方法3

1. 有理权重：设 \(w_i=\dfrac{k_i}{K},\ k_i\in\mathbb N^*,\ K=\sum_{i=1}^n k_i\)
   不等式化为

\[\frac{k_1a_1+k_2a_2+\dots+k_na_n}{K}\ge \sqrt[K]{a_1^{k_1}a_2^{k_2}\cdots a_n^{k_n}} \]

等价于将 \(a_1\) 重复 \(k_1\) 次，\(a_2\) 重复 \(k_2\) 次，\(\dots\)，\(a_n\) 重复 \(k_n\) 次，共 \(K\) 个数的普通AM-GM。普通AM-GM已证，故有理权重成立。2. 无理权重\(w_i\)：取有理序列 \(v_{ij}\to w_i\ (j\to\infty)\)，有

\[\sum_{i=1}^n v_{ij}a_i \ge \prod_{i=1}^n a_i^{v_{ij}} \]

利用函数连续性，令 \(j\to\infty\)，不等式对无理权重同样成立。
等号 \(\iff a_1=a_2=\dots=a_n\)
■

方法4

Bernoulli不等式：\(t>0,\theta\in(0,1)\implies t^\theta \le \theta t+(1-\theta)\)。
二元加权AM-GM：\(a^\theta b^{1-\theta}\le \theta a+(1-\theta)b\)，(令\(t=a/b\)即可)

归纳证明多元：
\(n=2\) 成立。
假设 \(n-1\) 元成立，对 \(n\) 元，记 \(W=\sum_{i=1}^{n-1}w_i=1-w_n\)

\[\begin{aligned} \prod_{i=1}^n a_i^{w_i} &=\left(\prod_{i=1}^{n-1}a_i^{\frac{w_i}{W}}\right)^{W} \cdot a_n^{w_n}\\ &\le \left(\sum_{i=1}^{n-1}\frac{w_i}{W}a_i\right)^{W} a_n^{w_n}\\ &\le W\cdot \sum_{i=1}^{n-1}\frac{w_i}{W}a_i + w_n a_n =\sum_{i=1}^n w_i a_i \end{aligned} \]

等号 \(\iff a_1=a_2=\dots=a_n\)
■

方法5

Young不等式：\(p>1,\dfrac1p+\dfrac1q=1,\ x,y>0\)

\[xy \le \frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q} \]

取 \(\theta=\dfrac1p,\ 1-\theta=\dfrac1q\)，令 \(x=a^\theta,y=b^{1-\theta}\)，推出二元加权AM-GM：

\[a^\theta b^{1-\theta}\le \theta a+(1-\theta)b \]

再由数学归纳，得到一般 \(n\) 元加权AM-GM：

\[\sum_{i=1}^n w_i a_i \ge \prod_{i=1}^n a_i^{w_i} \]

等号当且仅当所有 \(a_i\) 相等■

方法6

约束条件：\(\displaystyle\prod_{i=1}^n a_i^{w_i}=C\)，目标：最小化 \(\displaystyle\sum_{i=1}^n w_i a_i\)。
构造拉格朗日函数：

\[\mathcal L=\sum_{i=1}^n w_i a_i -\lambda\left(\prod_{i=1}^n a_i^{w_i}-C\right) \]

求偏导：

\[\frac{\partial \mathcal L}{\partial a_i}=w_i - \lambda w_i \cdot \frac{C}{a_i}=0 \]

约去 \(w_i>0\)，得 \(a_i=\lambda C\)，即全部 \(a_i\) 相等时取极小值。

\[\sum w_i a_i \ge C=\prod a_i^{w_i} \]

等号 \(\iff a_1=a_2=\dots=a_n\)
■

方法7

二元引理
给定两个正数 \(x,y>0\)，权重 \(\alpha,\beta>0,\ \alpha+\beta=1\)，保持加权和不变：

\[\alpha x+\beta y = \alpha t+\beta t = t \]

也就是 \(t=\alpha x+\beta y\)。
要证明：

\[x^\alpha y^\beta \le t^{\alpha+\beta}=t \]

而这恰好就是二元加权AM-GM：

\[x^\alpha y^\beta \le \alpha x+\beta y \]

等号 \(\iff x=y\)。
现在对一组数 \((a_1,a_2,\dots,a_n)\)，权重 \((w_1,w_2,\dots,w_n)\)，\(\sum w_i=1\)。
如果这一组里面不是全部相等，那么一定可以找到一对下标 \(j,k\)，满足 \(a_j\neq a_k\)。
记这一对的总权重：

\[W_{jk}=w_j+w_k \]

构造新的两个相等的值 \(t\)，满足：

\[w_j a_j + w_k a_k = w_j t + w_k t \implies t=\frac{w_j a_j + w_k a_k}{w_j+w_k} \]

其余所有 \(i\neq j,k\) 的 \(a_i\) 保持不动。
得到新数组：

\[a_1,\dots,\underbrace{t}_{j位},\dots,\underbrace{t}_{k位},\dots,a_n \]

改写一下权重：令 \(\alpha=\dfrac{w_j}{W_{jk}},\ \beta=\dfrac{w_k}{W_{jk}}\)，\(\alpha+\beta=1\)
二元引理给出：

\[a_j^\alpha a_k^\beta \le t \]

两边同时取 \(W_{jk}\) 次方：

\[a_j^{w_j} a_k^{w_k} \le t^{w_j+w_k} \]

只要数组里面还有两个不相等的数，我们就重复上面的操作：
每一轮：

• 加权算术平均 \(S\) 永远不变；
• 加权几何平均 \(G\) 单调不减，且有上界（\(G\le S\)）。

因此序列 \(\{G_m\}\)（第 \(m\) 次磨光后的几何平均）收敛。
直到找不到一对不同的数，也就是全部 \(a_i\) 相等：\(a_1=a_2=\dots=a_n\)。
此时达到几何平均的最大值：

\[G_{\text{max}}=\prod a_i^{w_i}=S=\sum w_i a_i \]

于是对原来任意一组正数，都有

\[\prod_{i=1}^n a_i^{w_i} \le \sum_{i=1}^n w_i a_i \]

如果 \(\prod a_i^{w_i}=\sum w_i a_i\)，说明磨光过程里每一步都不能让乘积严格变大，即每一对都满足二元引理的等号条件 \(a_j=a_k\)，推出全部 \(a_1=a_2=\dots=a_n\)
■

幂平均

定义幂平均 / 广义平均（\(r \neq 0,\ w_i>0,\displaystyle\sum w_i=1,\ a_i>0\)）：

\[M_r = \left(\sum_{i=1}^n w_i a_i^r\right)^{\frac{1}{r}},\quad M_0:=\lim_{r\to 0} M_r \]

1.\({\lim\limits_{r\to 0}M_r=G_n}\) 的证明

\[\begin{aligned} \ln M_r &= \frac1r \ln\left(\sum w_i a_i^r\right) \xlongequal{r\to0} \lim_{r\to0}\frac{\sum w_i a_i^r \ln a_i}{\sum w_i a_i^r} =\sum w_i \ln a_i=\ln\prod a_i^{w_i} \end{aligned} \]

即\(\displaystyle\lim_{r\to0}M_r=\prod a_i^{w_i}=M_0\)。

2.证明\({\lim\limits_{r\to+\infty} M_r = \max\{a_1,a_2,\dots,a_n\}}\)

记 \(A=\max\{a_1,a_2,\dots,a_n\}\)，\(w_i>0,\sum_{i=1}^n w_i=1,\ a_i>0\)。
幂平均：

\[M_r=\left(\sum_{i=1}^n w_i a_i^r\right)^{\frac1r} \]

一方面：

\[\sum_{i=1}^n w_i a_i^r \le \sum_{i=1}^n w_i A^r = A^r \sum w_i = A^r \]

开 \(\frac1r\) 次方：

\[M_r \le (A^r)^{\frac1r}=A \]

另一方面，不妨设 \(a_1=A\)（最大值在第1项）：

\[\sum_{i=1}^n w_i a_i^r \ge w_1 A^r \]

\[M_r \ge \big(w_1 A^r\big)^{\frac1r}=A\cdot w_1^{\frac1r} \]

得到不等式：

\[A\cdot w_1^{\frac1r} \le M_r \le A \]

令 \(r\to+\infty\)
有

\[\lim_{r\to+\infty}M_r = A=\max\{a_1,a_2,\dots,a_n\} \]

■

3.证明\({\lim\limits_{r\to-\infty} M_r = \min\{a_1,a_2,\dots,a_n\}}\)

令 \(r=-t\)，当 \(r\to-\infty\) 等价于 \(t\to+\infty\)。

\[M_r = M_{-t} =\left(\sum_{i=1}^n w_i a_i^{-t}\right)^{-\frac1t} =\dfrac{1}{\displaystyle\left(\sum_{i=1}^n w_i \left(\frac1{a_i}\right)^t\right)^{\frac1t}} \]

记 \(B=\min\{a_1,a_2,\dots,a_n\}\)，则 \(\displaystyle \frac1B=\max\left\{\frac1{a_1},\frac1{a_2},\dots,\frac1{a_n}\right\}\)。
套用上面已经证好的 \(r\to+\infty\) 结论：

\[\lim_{t\to+\infty}\left(\sum_{i=1}^n w_i \left(\frac1{a_i}\right)^t\right)^{\frac1t} =\max\left\{\frac1{a_i}\right\}=\frac1B \]

于是

\[\lim_{r\to-\infty}M_r =\lim_{t\to+\infty}\dfrac{1}{\displaystyle\left(\sum_{i=1}^n w_i \left(\frac1{a_i}\right)^t\right)^{\frac1t}} =\frac{1}{\frac1B}=B=\min\{a_1,a_2,\dots,a_n\} \]

■

幂平均定理

若 \({r<s}\)，则 \({M_r \le M_s}\)，等号 \(\iff a_1=a_2=\dots=a_n\)
分情况讨论：
记

\[M_r=\left(\sum w_i a_i^r\right)^{1/r},\quad M_s=\left(\sum w_i a_i^s\right)^{1/s} \]

令 \(t=\dfrac{s}{r}\)。

case1：\({0<r<s}\)
此时 \(t=\dfrac{s}{r}>1\)。
设 \(b_i = a_i^r>0\)，则 \(a_i^s=(a_i^r)^{s/r}=b_i^{t}\)。
取函数 \(f(x)=x^{t},\ t>1\)，二阶导数：

\[f''(x)=t(t-1)x^{t-2}>0,\quad x>0 \]

\(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 严格凸。由Jensen不等式：

\[f\left(\sum w_i b_i\right)\le \sum w_i f(b_i) \]

代入：

\[\left(\sum w_i b_i\right)^t \le \sum w_i b_i^t \]

还原 \(b_i=a_i^r,\ t=\dfrac{s}{r}\)：

\[\left(\sum w_i a_i^r\right)^{\frac{s}{r}} \le \sum w_i a_i^s \]

两边同时取 \(\dfrac1s\) 次方：

\[\left(\sum w_i a_i^r\right)^{\frac1r} \le \left(\sum w_i a_i^s\right)^{\frac1s} \]

即

\[M_r \le M_s \]

等号 \(\iff\) 全部 \(b_i\) 相等 \(\iff\) 全部 \(a_i\) 相等。

case2：\({r<s<0}\)
令 \(r=-p,\ s=-q\)，其中 \(0<q<p\)。

\[M_r=\left(\sum w_i a_i^{-p}\right)^{-1/p},\quad M_s=\left(\sum w_i a_i^{-q}\right)^{-1/q} \]

令 \(c_i=\dfrac{1}{a_i}>0\)，则

\[M_r=\left(\sum w_i c_i^{p}\right)^{-1/p}=\dfrac{1}{M_p(c)},\]

同理

\[\quad M_s=\dfrac{1}{M_q(c)} \]

由case1，\(0<q<p \implies M_q(c)\le M_p(c)\)，故

\[\frac{1}{M_p(c)}\le \frac{1}{M_q(c)} \implies M_r\le M_s \]

case3:\({r<0<s}\)
(1) \(r<0\)，证 \(M_r \le M_0\)
令 \(r=-p,\ p>0\)

\[M_r=\left(\sum w_i a_i^{-p}\right)^{-1/p},\quad M_0=\prod a_i^{w_i} \]

要证

\[\left(\sum w_i a_i^{-p}\right)^{-1/p} \le \prod a_i^{w_i} \]

两边取 \(-p\) 次方

\[\sum w_i a_i^{-p} \ge \left(\prod a_i^{w_i}\right)^{-p}=\prod a_i^{-p w_i} \]

记 \(b_i = a_i^{-p}>0\)，上式变为

\[\sum w_i b_i \ge \prod b_i^{w_i} \]

这就是加权AM-GM不等式，成立。等号 \(\iff b_i\) 全相等 \(\iff a_i\) 全相等。

(2) \(s>0\)，证 \(M_0 \le M_s\)
即证

\[\prod a_i^{w_i} \le \left(\sum w_i a_i^s\right)^{1/s} \]

两边取 \(s\) 次方：

\[\prod a_i^{s w_i} \le \sum w_i a_i^s \]

令 \(c_i=a_i^s>0\)，式子化为

\[\prod c_i^{w_i} \le \sum w_i c_i \]

同样是加权AM-GM不等式，成立。等号 \(\iff c_i\) 全相等 \(\iff a_i\) 全相等。■

积分形式 AM-GM

证明:
把区间 \([a,b]\) 做等分：\(x_i=a+i\Delta x,\ \Delta x=\dfrac{b-a}{n}\)，权重 \(w_i=\dfrac1n\)
离散加权AM-GM：

\[\sum_{i=1}^n w_i f(x_i) \ge \prod_{i=1}^n f(x_i)^{w_i} \]

写成

\[\frac1n\sum f(x_i) \ge \exp\left( \frac1n\sum \ln f(x_i) \right) \]

令 \(n\to\infty,\Delta x\to0\)，黎曼和收敛到积分：

\[\frac{1}{b-a}\int_a^b f \ge \exp\left(\frac{1}{b-a}\int_a^b \ln f\right) \]

■

Hölder、Minkowski 从加权 AM–GM 导出；\(p=q=2\) 回到柯西

约定：\(p>1,\ \dfrac1p+\dfrac1q=1\)

证明:
引理：Young不等式
Young不等式：\(u,v>0,\ p>1,\dfrac1p+\dfrac1q=1\)，则

\[uv \le \frac{u^p}{p}+\frac{v^q}{q} \]

等号 \(\iff u^p=v^q\)。

推导（加权 AM–GM）：
对正数 \(A,B\)，权重 \(w_1=\dfrac1p,\ w_2=\dfrac1q,\ w_1+w_2=1\)，加权AM-GM：

\[A^{\frac1p}B^{\frac1q} \le \frac1p A+\frac1q B \]

令 \(A=u^p,\ B=v^q\)：

\[(u^p)^{\frac1p}(v^q)^{\frac1q} \le \frac{u^p}{p}+\frac{v^q}{q} \implies uv \le \frac{u^p}{p}+\frac{v^q}{q} \]

证明离散 Hölder 不等式

\[\sum_{i=1}^n a_i b_i \le \left(\sum_{i=1}^n a_i^p\right)^{\frac1p} \left(\sum_{i=1}^n b_i^q\right)^{\frac1q},\quad a_i,b_i>0 \]

等号：\(\exists \lambda>0,\ a_i^p=\lambda b_i^q,\forall i\)。

证明（Young 求和）
记

\[A=\left(\sum a_i^p\right)^{1/p},\quad B=\left(\sum b_i^q\right)^{1/q} \]

置 \(u_i=\dfrac{a_i}{A},\ v_i=\dfrac{b_i}{B}\)，于是 \(\sum u_i^p=1,\ \sum v_i^q=1\)。
对每一项由 Young：

\[u_i v_i \le \frac{u_i^p}{p}+\frac{v_i^q}{q} \]

对 \(i\) 求和：

\[\sum u_i v_i \le \frac1p\sum u_i^p+\frac1q\sum v_i^q =\frac1p+\frac1q=1 \]

代回 \(u_i,v_i\)：

\[\frac{1}{AB}\sum a_i b_i \le 1 \implies \sum a_i b_i \le AB \]

若 \({p=q=2}\)
此时 \(\dfrac12+\dfrac12=1\)，Hölder 变为

\[\sum a_i b_i \le \left(\sum a_i^2\right)^{\frac12}\left(\sum b_i^2\right)^{\frac12} \]

即柯西–施瓦茨不等式。

---

证明离散 Minkowski 不等式（\(p>1\)）

\[\left(\sum (a_i+b_i)^p\right)^{1/p} \le \left(\sum a_i^p\right)^{1/p}+\left(\sum b_i^p\right)^{1/p},\quad a_i,b_i>0 \]

等号：\(\exists \lambda\ge0,\ a_i=\lambda b_i,\forall i\)。

证明（由 Hölder）

\[\begin{aligned} \sum (a_i+b_i)^p &=\sum (a_i+b_i)(a_i+b_i)^{p-1}\\ &=\sum a_i(a_i+b_i)^{p-1}+\sum b_i(a_i+b_i)^{p-1} \end{aligned} \]

注意 \(p>1\implies q=\dfrac{p}{p-1}\)，\((p-1)q=p\)。
对两项分别用 Hölder：

\[\sum a_i(a_i+b_i)^{p-1} \le \left(\sum a_i^p\right)^{1/p} \left(\sum (a_i+b_i)^{(p-1)q}\right)^{1/q} =\left(\sum a_i^p\right)^{1/p} \left(\sum (a_i+b_i)^p\right)^{1-\frac1p} \]

\[\sum b_i(a_i+b_i)^{p-1} \le \left(\sum b_i^p\right)^{1/p} \left(\sum (a_i+b_i)^p\right)^{1-\frac1p} \]

合并：

\[\sum (a_i+b_i)^p \le \left[ \left(\sum a_i^p\right)^{1/p}+\left(\sum b_i^p\right)^{1/p} \right] \cdot \left(\sum (a_i+b_i)^p\right)^{1-\frac1p} \]

两边同除以 \(\displaystyle\left(\sum (a_i+b_i)^p\right)^{1-\frac1p}\)，得到 Minkowski。

若 \({p=2}\)：

\[\sqrt{\sum(a_i+b_i)^2}\le \sqrt{\sum a_i^2}+\sqrt{\sum b_i^2} \]

欧氏空间三角不等式。

■

证明Maclaurin

Newton：\(S_k^2 \ge S_{k-1}S_{k+1}\)
变形：

\[\frac{S_k}{S_{k-1}} \ge \frac{S_{k+1}}{S_k} \]

我们要证 \(S_k^{1/k}\ge S_{k+1}^{1/(k+1)}\)，等价于证明

\[S_k^{k+1} \ge S_{k+1}^k \]

用数学归纳法 / 连乘：
从 \(\dfrac{S_1}{S_0}\ge \dfrac{S_2}{S_1}\ge \dfrac{S_3}{S_2}\ge\cdots\ge \dfrac{S_n}{S_{n-1}}\)，约定 \(S_0=1\)

\[\begin{aligned} S_1 &\ge \frac{S_2}{S_1} \implies S_1^2\ge S_2 \implies S_1\ge S_2^{1/2}\\ \frac{S_2}{S_1}&\ge \frac{S_3}{S_2} \implies S_2^2\ge S_1 S_3 \end{aligned} \]

已有 \(S_1^2\ge S_2\)，代入可得 \(S_2^3\ge S_3^2 \implies S_2^{1/2}\ge S_3^{1/3}\)
以此递推，对任意 \(1\le k\le n-1\)：

\[S_k^{1/k}\ge S_{k+1}^{1/(k+1)} \]

即

\[S_1 \ge S_2^{1/2} \ge S_3^{1/3}\ge\cdots\ge S_n^{1/n} \]

■

例子 \(n=3\)
\(a,b,c>0\)

\[S_1=\frac{a+b+c}{3},\quad S_2=\frac{ab+bc+ca}{3},\quad S_3=abc \]

Maclaurin：

\[\frac{a+b+c}{3}\ge \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}} \ge \sqrt[3]{abc} \]

可以看到比普通AM-GM更精细。

证明Newton不等式

记号：\(a_1,a_2,\dots,a_n>0\)
初等对称多项式

\[e_k=\sum_{1\le i_1<i_2<\dots<i_k\le n}a_{i_1}a_{i_2}\cdots a_{i_k},\quad e_0=1 \]

初等对称平均

\[S_k=\frac{e_k}{\binom{n}{k}},\quad k=0,1,\dots,n \]

牛顿不等式：

\[{S_k^2 \ge S_{k-1}S_{k+1},\quad 1\le k\le n-1} \]

等号成立 \(\iff a_1=a_2=\dots=a_n\)。

引理：若实系数多项式所有根都是实数，则系数序列对数凹
(对数凹（log-concave）设一列正数 \(\{c_0,c_1,\dots,c_n\}\)，称序列 \(\{c_k\}\) 对数凹，定义：\({c_k^2 \ge c_{k-1}\,c_{k+1}},\quad \forall\,1\le k\le n-1\))。
这里 \(P(t)=\prod_{i=1}^n(t+a_i)=\sum_{k=0}^n e_k t^{n-k}\) 的根为 \(-a_i<0\)，全是实根，适用该结论。

\(n=2\)

\[P(t)=(t+a_1)(t+a_2)=t^2+e_1 t+e_2 \]

\[S_0=1,\quad S_1=\frac{e_1}{2}=\frac{a_1+a_2}{2},\quad S_2=e_2=a_1a_2 \]

\[S_1^2=\left(\frac{a_1+a_2}{2}\right)^2\ge a_1a_2=S_0S_2 \]

就是AM-GM，成立，等号 \(\iff a_1=a_2\)。

归纳假设：对 \(n-1\) 个正数，牛顿不等式成立。

设给定 \(a_1,\dots,a_{n-1}>0\)，对应初等对称多项式 \(\overline e_k\)、对称平均 \(\overline S_k\)。
加入新正数 \(u=a_n>0\)，则 \(n\) 元的初等对称多项式递推：

\[e_k = \overline e_k + u\,\overline e_{k-1} \]

两边除以 \(\binom{n}{k}\)，利用组合恒等式

\[\frac{\binom{n-1}{k}}{\binom{n}{k}}=\frac{n-k}{n},\quad \frac{\binom{n-1}{k-1}}{\binom{n}{k}}=\frac{k}{n} \]

\[S_k(u) = \frac{n-k}{n}\overline S_k + \frac{k}{n}\,u\,\overline S_{k-1} \]

同理

\[\begin{aligned} S_{k-1}(u) &= \frac{n-k+1}{n}\overline S_{k-1}+\frac{k-1}{n}u\overline S_{k-2}\\ S_{k+1}(u) &= \frac{n-k-1}{n}\overline S_{k+1}+\frac{k+1}{n}u\overline S_{k} \end{aligned} \]

构造关于变量 \(u\) 的二次函数：

\[Q(u)=S_k(u)^2 - S_{k-1}(u)S_{k+1}(u) \]

展开后 \(Q(u)=Au^2+Bu+C\)，是一元二次多项式。

断言：\(Q(u)\ge 0,\forall u>0\). 对任意 \(u>0\)，数组 \(\{a_1,\dots,a_{n-1},u\}\) 全部为正数，多项式

\[P_u(t)=\left(\prod_{i=1}^{n-1}(t+a_i)\right)(t+u) \]

的根全部是实数 \(-a_1,\dots,-a_{n-1},-u\)。
对一个全体根为实数的多项式，它的对称平均一定满足 \(S_k^2\ge S_{k-1}S_{k+1}\)，也就是 \(Q(u)\ge0\)。

一个二次多项式在 \((0,+\infty)\) 上恒非负，判别式 \(\Delta\le0\)。
\(Q(u)\ge0\) 即

\[S_k(u)^2 \ge S_{k-1}(u)S_{k+1}(u) \]

等号条件：\(Q(u)=0\) 有重根，意味着多项式有重根 \(\implies\) 所有 \(-a_i\) 相等 \(\implies a_1=a_2=\dots=a_n\)。
■

Rolle 定理
设 \(P(t)=\sum_{k=0}^n e_k t^{n-k}\)，根全是实数。
反复使用Rolle定理：\(P'(t),P''(t),\dots\) 的根也全是实数。
取 \(k\) 阶导数 \(P^{(k)}(t)\)，它是 \(n-k\) 次多项式，根仍然全实。

\[P^{(k)}(t)=\frac{n!}{(n-k)!}e_0 t^{n-k}+\dots+\frac{n!}{k!}e_{n-k} \]

对这个全实根多项式应用二次判别式论证，直接得到 \(e_k^2 \ge e_{k-1}e_{k+1}\cdot \dfrac{k+1}{k}\cdot\dfrac{n-k+1}{n-k}\)，整理化简就是

\[S_k^2\ge S_{k-1}S_{k+1} \]

■

三、例题

例1（二元AM-GM · 最值）

已知 \(x>0\)，求 \(f(x)=x+\dfrac4x\) 的最小值。

解：由二元AM-GM

\[x+\frac4x \ge 2\sqrt{x\cdot \frac4x}=2\sqrt4=4 \]

等号成立条件：\(x=\dfrac4x \Rightarrow x^2=4\Rightarrow x=2\)（\(x>0\)）。
故最小值为 \(\boldsymbol{4}\)，在 \(x=2\) 取到。

---

例2（n元AM-GM · 拆项定值）

设 \(x>0\)，求 \(y=x^2+\dfrac{2}{x}\) 的最小值。

解：拆项凑定值：

\[y=x^2+\frac2x = x^2+\frac1x+\frac1x \]

三项均为正数，由三元AM-GM：

\[x^2+\frac1x+\frac1x \ge 3\sqrt[3]{x^2\cdot \frac1x\cdot\frac1x}=3\sqrt[3]{1}=3 \]

等号：\(x^2=\dfrac1x \Rightarrow x^3=1 \Rightarrow x=1\)。
最小值 \(\boldsymbol{3}\)，\(x=1\)。

---

例3（四平均链：\(H_n\le G_n\le A_n\le Q_n\)）

已知 \(a,b>0\)，证明：

\[\dfrac{2}{\frac1a+\frac1b}\le \sqrt{ab}\le \frac{a+b}{2}\le \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}} \]

证明

1. \(H_2\le G_2\)：对 \(\dfrac1a,\dfrac1b\) 用AM-GM

\[\frac{\frac1a+\frac1b}{2}\ge\sqrt{\frac1a\cdot\frac1b}=\frac1{\sqrt{ab}} \Rightarrow \frac{2}{\frac1a+\frac1b}\le \sqrt{ab}. \]

2. \(G_2\le A_2\)：二元AM-GM \(\sqrt{ab}\le \dfrac{a+b}{2}\)。
3. \(A_2\le Q_2\)：平方平均

\[\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\le \frac{a^2+b^2}{2} \iff (a-b)^2\ge0. \]

全部等号当且仅当 \(a=b\)。

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例4（加权AM-GM）

若 \(x>0\)，证明 \(\displaystyle 2x^3+\frac{3}{x^2}\ge 5\)。

证明
取权重 \(w_1=\dfrac25,\ w_2=\dfrac35\)，满足 \(w_1+w_2=1\)，由加权AM-GM：

\[\frac25 x^3+\frac35\cdot\frac1{x^2} \ge (x^3)^{2/5}\cdot \left(\frac1{x^2}\right)^{3/5}=x^{\frac{6}{5}-\frac{6}{5}}=x^{0}=1 \]

两边同乘以 \(5\)：

\[2x^3+\frac{3}{x^2}\ge 5 \]

等号条件：\(x^3=\dfrac1{x^2}\implies x^5=1 \implies x=1\)。

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例5（Hölder不等式）

设 \(a,b>0\)，求证：\(\displaystyle (a^3+b^3)(a+b)\ge (a^2+b^2)^2\)。

证明
取共轭指数 \(p=2,\ q=2\)，满足 \(\dfrac1p+\dfrac1q=1\)，由Hölder：

\[(a^3+b^3)(a+b) \ge \big(a^{\frac32}\cdot a^{\frac12}+b^{\frac32}\cdot b^{\frac12}\big)^2 =\big(a^2+b^2\big)^2 \]

等号成立当且仅当 \(a=b\)。